湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二上学期期末联考化学试题

湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二上学期期末联考化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．习近平总书记在二十大报告提出“加快规划建设新型能源体系，积极参与应对气候变化全球治理”，下列有关说法错误的是A．天然气、水能属于一次能源，水煤气、电能属于二次能源B．煤经过气化和液化两步物理方法，可变成清洁能源C．目前我国能源消费结构以煤为主，以石油、天然气为辅D．CO2．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．废旧钢材焊接前，可用饱和氯化铵溶液处理焊点的铁锈B．为除去锅炉中的水垢，可用适量稀硫酸处理C．暖贴制作原理是利用金属的化学腐蚀D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，利用了外加电源的阴极保护法3．化学语言与概念是高考评价体系中要求的必备知识之一，下列关于化学语言与概念的表述正确的是A．15N的原子结构示意图：B．用电子式表示HCl的形成过程：C．S原子核外能量最高的电子云的形状：D．空间填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子4．下列各组离子，在指定条件下，一定能大量共存的是A．1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中：AB．在c(H+)/c(OHC．使甲基橙试液变红的溶液中：Fe2+、NHD．水电离产生的c(H+)=10−12mol5．在硫酸工业中，在催化剂条件下使SO2氧化为SO3：2SO温度/衡时SO2

001MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3A．该反应在任何条件下均能自发进行B．实际生产中，最适宜的条件是温度450℃、压强10MPaC．使用催化剂可加快反应速率，提高SOD．为提高SO6．下列事实不能用平衡移动原理解释的是ABCDc(盐酸)/0.10.01pH12

A．A B．B C．C D．D7．用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。在恒温的密闭容器中加入1molNO2(g)和足量活性炭发生上述反应，测得平衡时NO2(g)和CO2(g)的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。下列说法错误的是A．a、c两点的平衡常数：Kp(a)=Kp(c)B．移除部分活性炭可实现从b点到c点的移动C．图示的三个点中，b点NO2的转化率最低D．该温度下，c点的Kp=4MPa8．硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数酸H2SO4HClHNO3Ka614从以上表格中判断以下说法中错误的是A．在冰醋酸中HCl的电离方程式为：HCl=H++Cl-B．比较H2SO4、HCl、HNO3酸性时，可在冰醋酸中进行C．在冰醋酸中可能发生：NaNO3+HCl=HNO3+NaClD．电解质的强弱与所处的溶剂相关9．实验探究是化学学科核心素养之一，如图为某实验测得0.1mol/A．a点时溶液呈碱性，此时KB．a、b、c三点的溶液中，均存在c(NC．a、c两点溶液的c(OHD．图中ab段，溶液pH逐渐减小，说明及水的电离平衡正移对pH影响大于水解平衡正移对pH的影响10．用含铁废铜制备胆矾的流程如图所示，下列说法错误的是A．溶解步骤中为提高溶解速率，温度越高越好B．流程中Cu2(OH)2CC．长时间加热煮沸主要目的是使FeD．“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥11．党的二十大报告中指出：要“加强污染物协同控制，基本消除重污染天气”。一氧化氮—空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．PtB．Pt2C．当外电路转移3mol电子时，理论上可以消除22.D．电池工作时H+穿过质子交换膜向P12．我国在电催化固氮领域取得重要进展，为解决当前严峻的能源和环境问题提供了新的思路，其装置如图所示。下列说法错误的是A．该装置工作时电子流入a电极B．双极膜中的H2O解离为H+和OC．阳极的反应式为：ND．该装置工作时，阴阳两极消耗N2的体积比为13．FeCl选项探究方案探究目的A室温下，向2mL0.lmol/L MgCl2溶液中滴入4mL0.2mol/LNaOH溶液，产生白色沉淀，再滴加5滴KB将5mL0.1mol/LFeCl3溶液与2mL0.1mol/LKI溶液混合于试管中充分反应后，滴加几滴Fe3+CA、B两支试管中分别加入10mL5%的H2O2溶液，在A试管中加入FeCl3是D向2mL略浑浊的泥水中加入5mLFeClFeA．A B．B C．C D．D14．25℃时，将0.0100mol⋅L−1的NaOH溶液逐滴滴入20.00mL0.0100mol⋅LA．25℃时，醋酸的电离常数的数量级为1B．pH=4时，c(CC．B点时，c(ND．C点时，c(C15．现有X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。对它们的结构或性质的描述如下：X元素的核外电子数和电子层数相等；Y元素的基态原子，在同周期中末成对电子数最多；基态Z、W原子中p能级和s能级上的电子总数相同；Q元素的主族序数与周期数的差为3。下列说法错误的是A．简单离子半径：Q>W>ZB．最简单氢化物的沸点：Z>YC．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物或离子化合物D．Q的氧化物对应水化物的酸性强于碳酸二、综合题16．研究NOx，SO（1）在Co①该反应的热化学方程式为。②该反应的最高能垒(活化能)为kJ⋅mol（2）利用反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：v正=k①达平衡时，NO的转化率为；②平衡常数K为；③a点时，v正：（3）将NO2与SONO2①保持恒容，下列能说明反应达到平衡状态的是(填标号)。a.混合气体的平均摩尔质量保持不变b.反应体系的颜色保持不变c.密闭容器中SO3与NO的质量比保持不变d.每消耗1molS②T1∘C、T2∘C17．一种从钕(Nd)铁硼废料(钕质量分数约为28.8%)，B约为1%，余下为铁(Fe)中提取氧化钕的工艺流程如下图所示：已知：①钕的活动性较强，能与稀酸发生置换反应，其稳定的化合价为+3价；硼不与稀酸反应，但可溶于氧化性酸；②25℃时，Ksp[Fe(OH)③Mr[Nd回答下列问题：（1）钕铁硼废料“酸溶”前需“预处理”，目的是除去表面的油污，该操作选择____(填序号)A．蒸馏水清洗 B．稀盐酸浸泡C．纯碱溶液浸泡 D．NaOH溶液浸泡（2）“酸溶”时，稀硫酸不能替换成浓硫酸，其原因可能是。（3）“滤渣1”的主要成分是(填化学式)。（4）酸溶后需调节溶液的pH=1，若酸性太强，“沉钕”不完全，试分析其原因。（5）常温下，“沉钕”过程中，调节溶液pH为2.3，钕全部以Nd(H2PO4)（6）“沉淀”过程得到Nd2(C2（7）热重法是测量物质的质量与温度关系的方法。草酸钕晶体的热重曲线如图所示，加热到450℃时，只剩余一种盐，该盐的化学式为。18．钇及其化合物在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用，工业上以硅铍钇矿(Y2FeB（1）钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，基态钇(Y)原子的价电子排布图为，与Sc元素同周期的基态原子中，末成对电子数与Sc原子相同的元素还有种。（2）在元素周期表中，Be和Al处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。①写出Be的最高价氧化物对应水化物与烧碱溶液反应的离子方程式：；②已知Be元素和F元素的电负性分别为1.5和4.0，则它们形成的化合物是(填“离子化合物”或“共价化合物”)。（3）O与N、F均为第二周期元素，其部分电离能(I)数据如下：元素CNO电离能/I1086.51402.231313.9I2352.62856.03388.3Iab5300.5①O元素的原子核外共有种不同空间运动状态的电子。②由表格中数据可知I1(N)>I1(O)；原因是（4）Fe位于元素周期表中区(按电子排布分区)，实验室检验Fe3+的离子方程式为：19．纳米碳酸钘又称超微细碳酸䥻，可改善塑料母料的流变性，提高其成型性。实验室中利用如图所示装置模拟工业制备纳米碳酸钘。（1）装置A可用于实验室制CO2气体，可以选择下图中的（2）将上述接口连接顺序补充完整：A→f→；b→；d→h。（3）实验时，向C中通入CO2和NH（4）生成纳米碳酸钘的离子方程式为。（5）产品中钘含量的测定：以钘指示剂(简写为H3In)为指示剂，用EDTA(简写为H2Y2−)标准溶液滴定。原理：Ca2+与H3In作用，形成酒红色微粒CaIn−，但H①滴定终点的现象为。②称取样品0.1000g，放入烧杯中，加入适量的稀HNO3溶解后，加入适量钘指示剂(H3In)指示剂，用0.0400mol⋅L−1③以上测定的结果与碳酸锉中钘元素的质量分数(40%)相比，存在一定的误差，造成这种误差的可能原因是(填序号)。A．滴定终点时速度太快B．所取用的样品末充分干燥C．制得的产品中含有少量Ca

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．一次能源是指以天然形式存在，没有经过加工和转换的能源资源，则天然气、水能属于一次能源，二次能源是指以人类活动的特定需求为目的，经由加工转换装置所生产的能源产品，则水煤气、电能属于二次能源，故A不符合题意；B．煤的气化和液化过程中都有新物质生成，都是化学变化，故B符合题意；C．目前我国能源消费结构以煤为主，以石油、天然气为辅，以水能、核能、风能、太阳能为补充，故C不符合题意；D．二氧化碳催化加氢制甲醇可以资源化转化二氧化碳，有利于减少二氧化碳的排放，有助于碳中和目标的实现，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.一次能源是指以天然形式存在，没有经过加工和转换的能源资源，则天然气、水能属于一次能源，二次能源是指以人类活动的特定需求为目的，经由加工转换装置所生产的能源产品；

C.目前我国能源消费结构以煤为主；

D.有助于碳中和，应有利于减少二氧化碳的排放。2．【答案】A【解析】【解答】A．氯化铵属于强酸弱碱盐，氯化铵溶液呈酸性，焊点的铁锈(Fe2O3)与H+反应而溶解，A项符合题意；B．锅炉水垢中的碳酸钙与稀硫酸反应会生成CaSO4、水垢中的CaSO4不能用酸溶解除去，为除去锅炉水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使CaSO4转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，然后用酸除去，B项不符合题意；C．暖贴的成分由铁粉、活性炭、氯化钠和水等物质组成，形成一个原电池，发生铁粉的吸氧腐蚀，利用了电化学腐蚀来使反应速率加快而持续放热，不属于化学腐蚀，C项不符合题意；D．镁是活泼金属，作原电池负极，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，利用了牺牲阳极的阴极保护法，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.碳酸钙与稀硫酸反应会生成CaSO4；

C.铁粉、活性炭、氯化钠和水等物质能形成原电池；

D.镁的活泼性强于铁，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，利用了牺牲阳极保护法。3．【答案】C【解析】【解答】A．15N的质子数是7，原子核外电子排布式是2、5，所以其原子结构示意图：，A不符合题意；B．HCl是共价化合物，H原子与Cl通过1个共价键结合，用电子式表示其形成过程为：，B不符合题意；C．S是16号元素，根据构造原理，可知基态S原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，则S原子核外能量最高能级电子是3p电子，p能级电子云的形状为哑铃形，可表示为，C符合题意；D．CO2分子是直线型，H2O分子是V形分子，因此空间填充模型只能表示水分子，而不能表示二氧化碳分子，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.N为7号元素；

B.HCl为共价化合物；

D.CO2为直线型分子，H2O是V形分子。4．【答案】B【解析】【解答】A．1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中，B．在c(H+)/c(OH−)=1.0×10C．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，酸性环境下Fe2+和D．水电离产生的c(H+)=10−12故答案为：B。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。5．【答案】D【解析】【解答】A．反应2SO2(g)+B．由表格可知，450℃、压强10MPa时，二氧化硫的转化率较高，当没有测定其它条件时二氧化硫的转化率，不能确定实际生产中，最适宜的条件是温度450℃、压强10MPa，故B不符合题意；C．使用催化剂可加快反应速率，但平衡不移动，不能提高SOD．充入过量的空气，平衡正向移动，SO故答案为：D。

【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；

B.450℃、压强10MPa时，二氧化硫的转化率较高；

C.催化剂不影响平衡移动。6．【答案】D【解析】【解答】A．Fe(OH)3胶体的制备利用了Fe3+的水解原理，升温促进B．水是极弱电解质，纯水中存在水的电离平衡，温度升高，使水的电离平衡正向移动，离子浓度增大，电导率增大，能用平衡移动原理解释，B不符合；C．Na2CO3溶液中碳酸根离子的水解使溶液呈碱性，遇酚酞显红色，加热促进水解，溶液碱性增强，颜色加深，能用平衡原理解释，C不符合；D．盐酸是强酸，溶质HCl在水中完全电离，不存在平衡状态，不能用平衡移动原理解释，D符合；

【分析】平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。7．【答案】B【解析】【解答】A．反应在恒温的密闭容器中进行，a、c两点反应温度相同，故a、c两点的平衡常数：Kp(a)=Kp(c)，A不符合题意；B．活性炭是固体物质，其浓度不变，因此反应达到平衡后，移除部分活性炭不可实现从b点到c点的移动，B符合题意；C．在该反应中，NO2是反应物，CO2是生成物，NO2的平衡浓度越小，CO2的平衡浓度越大，反应正向进行的程度就越大。平衡时生成物CO2的浓度越低，则表示反应物NO2的转化率就越低，图示的三个点中，b点CO2的浓度较小，则表示NO2的转化率最低，C不符合题意；D．该温度下，c点c(NO2)=c(CO2)=cmol/L，c(N2)=0.5cmol/L，平衡压强为20MPa，各种气体的平衡分压分别是p(NO2)=p(CO2)=c2.5c×20MPa=8MPa，p(N2)=0.5c2.5c×20MPa=4MPa，则该温度下的c点的K故答案为：B。

【分析】A.平衡常数只与温度有关；

C.NO2是反应物，CO2是生成物，NO2的平衡浓度越小，CO2的平衡浓度越大，反应正向进行的程度就越大，平衡时生成物CO2的浓度越低；

D.分别计算各物质的平衡分压，结合平衡常数的表达式计算。8．【答案】A【解析】【解答】A．在冰醋酸中HCl存在电离平衡常数，说明HCl在冰醋酸中存在电离平衡，故该条件下的电离平衡方程式为：HCl⇌H++Cl-，A符合题意；B．H2SO4、HCl、HNO3在水中完全电离，属于强酸，而在冰醋酸中都属于弱酸，弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸的酸性就越强，所以可根据H2SO4、HCl、HNO3在冰醋酸中电离平衡常数大小比较三种酸的酸性，B不符合题意；C．根据电离平衡常数大小可知酸性：HCl＞HNO3，所以可根据复分解反应的规律，发生复分解反应：NaNO3+HCl=HNO3+NaCl，C不符合题意；D．H2SO4、HCl、HNO3在水中完全电离，属于强酸，而在冰醋酸中都存在电离平衡，部分电离，则三种酸都属于弱酸，可见电解质的强弱与所处的溶剂相关，D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.电离平衡常数越大，酸性越强；

C.根据强酸制弱酸原理分析；

D.H2SO4、HCl、HNO3在水中完全电离，属于强酸，而在冰醋酸中都存在电离平衡，部分电离，属于弱酸。9．【答案】C【解析】【解答】A．NaHCO3溶液显碱性，则HCO3−B．NaHCO3溶液中，有电荷守恒C．随着温度升高，K增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c(H+)相同，由于c点溶液中的K大，故a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小，故C符合题意；D．NaHCO3溶液中存在HCO3−的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进HCO3−的水解和电离，溶液pH逐渐减小，说明及水的电离平衡正移对pH影响大于水解平衡正移对故答案为：C。

【分析】A.HCO3−的水解程度大于电离程度；

B.根据电荷守恒分析；

D.HCO310．【答案】A【解析】【解答】A．溶解步骤中为提高溶解速率，温度过高，H2O2分解，影响废铜的溶解，A符合题意；B．流程中Cu2(OH)2CO3可用CuCO3或CuO代替，除掉硫酸，提高pH，并且不引进新杂质，B不符合题意；C．长时间加热煮沸主要目的是使Fe3+充分水解进而沉淀去除，C不符合题意；D．“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】I中含Fe2+、Cu2+，加H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加碱式碳酸铜可调节pH加热使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤液含硫酸铜，加硫酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离出胆矾晶体。11．【答案】C【解析】【解答】A．Pt1电极上NO失电子，B．Pt2电极为电池的正极，电极附近O2得电子，发生的反应为：C．Pt1电极附近发生的反应为：NO+2H2O−3e−D．电池工作时H+向正极移动，即穿过质子交换膜向P故答案为：C。

【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，阴离子向负极移动。12．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，a极N2→NH3，发生还原反应，为阴极，电子由电源负极流入阴极，故A不符合题意；B．双极膜中的H2O解离为H+和OC．由图可知，氮气在阳极失去电子生成硝酸根离子，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极室的电极反应为：N2D．阳极N元素转化为+5价，阴极转化为-3价，故阴阳两极消耗N物质的量之比为5：3，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】由图可知，a极氮气发生还原反应生成氨气，则a为阴极，b为阳极，电极反应式为：N213．【答案】C【解析】【解答】A．室温下，向2mL0.lmol/L MgCl2溶液中滴入4mL0.2mol/LNaOH溶液，溶液中存在过量的NaOH，再滴加5滴0.1mol/LFeCl3溶液直接生成Fe(OH)3，不能证明生成的Fe(OH)3是由Mg(OH)B．将5mL0.1mol/LFeCl3溶液与2mL0.1mol/LKI溶液混合于试管中充分反应后，溶液中存在过量的Fe3+，滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液变为血红色，不能证明FeC．A、B两支试管中分别加入10mL5%的H2O2溶液，在A试管中加入1mLFeCl3溶液，在B试管中加入D．向2mL略浑浊的泥水中加入5mLFeCl3饱和溶液，Fe故答案为：C。

【分析】A.氢氧化钠过量，直接反应生成氢氧化铁沉淀，未发生沉淀的转化；

B.氯化铁过量，溶液中含有过量的铁离子；

D.铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有较强的吸附性。14．【答案】B【解析】【解答】A．Ka=1.76×10-5，故25℃时，醋酸的电离常数的数量级为10B．根据物料守恒有n(CH3COO-)+n(CHC．电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CHD．Ka=1.76×10-5，C点时，Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=n(C故答案为：B。

【分析】A.根据Ka=c(CH315．【答案】A【解析】【解答】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故离子半径W＜Z，故A符合题意；B．Z的氢化物H2O常温下为液态，Y的氢化物NH3为气态，故B不符合题意；C．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物HNO3或离子化合物NH4NO3，故C不符合题意；D．S的氧化物对应水化物为H2SO3、H2SO4，酸性都强于碳酸，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】X元素的核外电子数和电子层数相等，则X为H元素，Y元素的基态原子在该周期中未成对电子数最多，可知2p上有3个电子，Y为N元素，基态Z、W原子中p能级和s能级上的电子数相同，则Z为O，W为S元素，Q的原子序数最大，则为第三周期元素，而且Q元素的主族序数与周期数的差为3，则Q是S元素。16．【答案】（1）CO(g)+N（2）80%；80；160（3）bd；<；保持温度为T2，将容器容积缩小为原来的【解析】【解答】（1）①由图可知，一氧化碳和一氧化氮转化为二氧化碳和氮气的反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的热化学方程式为CO(g)+N2O(g)②由图可知，该反应的最高能垒为(15.9kJ/mol)—(—127.9kJ/mol)=143.8kJ/mol，故答案为：143.8；（2）①由图可知，反应达平衡时，二氧化碳的浓度为1.6mol/L，则一氧化氮的转化率为1.6mol/L2mol/L②由图可知，反应达平衡时，一氧化碳的浓度为0.4mol/L、二氧化碳的浓度为1.6mol/L，则由方程式可知，平衡时一氧化碳、氮气的浓度分别为0.4mol/L、0.8mol/L，平衡常数K=1.③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则由k正c2(NO)c2(CO)=k逆c(N2（3）①a．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积不变的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量始终保持不变，则混合气体的平均摩尔质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不正确；b．反应体系的颜色保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；c．反应中生成物三氧化硫与一氧化氮的质量比始终保持不变，则密闭容器中三氧化硫与一氧化氮的质量比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不正确；d．每消耗1mol二氧化硫的同时消耗1mol三氧化硫说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故答案为：bd；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫分压减小，由图可知，二氧化氮分压不变时，T1温度下三氧化硫分压大于T2温度下三氧化硫分压，所以温度T1小于T2；由图可知，温度为T2时，平衡状态c的二氧化氮和三氧化硫的分压都是b的10倍，该反应是其他条件不变的反应，增大压强，平衡不移动，则由平衡状态b到c改变的条件是保持温度为T2，将容器容积缩小为原来的110，故答案为：<；保持温度为T2，将容器容积缩小为原来的

【分析】（1）①该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；

②该反应的最高能垒为(15.9kJ/mol)-(-127.9kJ/mol)=143.8kJ/mol；

（2）①根据转化率=反应量起始量×100%计算；

②分别计算各物质的平衡浓度，结合平衡常数表达式计算；

③反应达到平衡时，正逆反应速率相等；

（3）①17．【答案】（1）C；D（2）会溶解B，产生有污染的气体（3）B（4）酸性太强，H+与H2PO4（5）Qc[Fe(OH)2]=c(F（6）2Nd3+（7）N【解析】【解答】（1）A．蒸馏水无法除去钕铁硼废料表面的油污，A不正确；B．油污不与稀盐酸反应，无法用稀盐酸除去钕铁硼废料表面的油污，B不正确；C．纯碱溶液呈碱性，油污在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，可用纯碱溶液除去油污，C正确；D．NaOH溶液呈碱性，油污在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，可用NaOH溶液除去油污，D正确；故故答案为：CD。（2）根据题干可知，硼不与稀酸反应但是可溶于氧化性酸，若加入浓硫酸则浓硫酸会与硼反应从而引入了杂质离子，同时还会生成SO2等污染气体。（3）根据分析可知，滤渣1为B。（4）酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与H2PO4（5）pH=2.3时，c(OH-)=10-11.7mol/L，此时Qc[Fe(OH)（6）草酸和Nd3+反应生成Nd2(C2O4)3·10H2O，离子方程式为2Nd（7）Mr[Nd2(C2O4)3·10H2O]为732，其中结晶水的总相对分子质量为180，732−180732=75.4%，则110-397℃固体为Nd2(C2O4)3，397-584℃物质的相对分子质量较上一阶段下降172，Nd2(C2O4)3分解产生CO2导致相对分子质量减小，但是172并不是44的整数倍，因此该分解过程中有氧气参与，设Nd2(C2O4)3分解减少x个C和y个O，则12x+16y=172，解可为x=1，y=10；x=5，y=7(x一定小于6)，合理的解为x=5，y=7，此时分子式为Nd2O2CO3

【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸溶解，过滤，除去硼，再加入NaH2PO4溶液沉钕，生成Nd(H2PO4)3沉淀，再加入NaOH溶液，生成NdPO4沉淀和磷酸钠溶液，过滤，向NdPO4沉淀中加入硫酸溶解，再加入草酸，生成草酸钕沉淀，最后灼烧，得到Nd2O3。18．【答案】（1）；4（2）Be(OH)（3）5；基态N原子的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高；O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因此电离能较低；>（4）d；F【解析】【解答】（1）(Y)位于元素周期表中(Sc)的下一周期，则(Y)位于元素周期表的第五周期第IIIB族，基态(Y)原子的价电子排布式为4d15s2，价电子排布图为；Sc基态原子的电子排布式为3d14s2，有1个未成对电子，则与Sc元素同周期的基态原子中，未成对电子数与Sc原子相同的元素还有4种：钾(价电子排布式为4s1)、铜(价电子排布式为3d104s1)、镓(价电子排布式为4s24p1)、溴(价电子排布式为4s24p5)；（2）在元素周期表中，Be和Al处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似：①Be的最高价氧化物对应水化物Be(OH)